2019-2020年高三第三次模拟化学试题含解析.doc

2019-2020年高三第三次模拟化学试题含解析一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1（2分）化学与生产、生活、环境、社会密切相关，下列有关说法中不正确的是（）A神七宇航员所穿航天服是由我国自行研制的新型“连续纤维增韧”航空材料做成，其主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成的，它是一种新型无机非金属材料B矿物燃料钙基固硫处理就是用化学方法将硫单质变为化合物C人体内没有能使纤维素水解成葡萄糖的酶，因此纤维素不能作为人类的营养食物D国务院要求坚决控制钢铁、水泥、焦炭等行业落后产能总量，是落实“低碳经济”的具体举措考点：无机非金属材料；常见的生活环境的污染及治理；营养均衡与人体健康的关系专题：化学应用分析：A碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料碳纤维的微观结构类似人造石墨，是乱层石墨结构，和氮化硅属于无机物；B矿物燃料钙基固硫处理就是用化学方法将二氧化硫变为硫酸钙；C人体不含能使纤维素水解的酶；D钢铁、水泥、焦炭等行业高耗能、高排放解答：解：A碳纤维的微观结构类似人造石墨，是乱层石墨结构，和氮化硅属于无机物，属于无机非金属材料，所以新型“连续纤维增韧”航空材料是一种新型无机非金属材料，故A正确； B矿物燃料钙基固硫处理就是用化学方法将二氧化硫变为硫酸钙，不是硫单质变为化合物，故B错误；C人体不含能使纤维素水解的酶，因此纤维素不能作为人体的营养食物，但纤维素具有促进胃肠蠕动等功效，故C正确；D钢铁、水泥、焦炭等行业高耗能、高排放，控制钢铁、水泥、焦炭等行业产能总量能节能减排，落实“低碳经济”，故D正确故选B点评：本题考查化学与生活，涉及无机非金属材料、环境污染和营养素等，侧重于常识性内容的考查，难度不大，注意基础知识的积累2（2分）下列有关化学用语表示正确的是（）A钾离子结构示意图：B乙醇的分子式：CH3CH2OHC水合氢离子电子式：D中子数为18的硫原子：S考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合专题：化学用语专题分析：A钾离子核外有18个电子，核内有19个质子；B乙醇的分子式为C2H6O；C水合氢离子中O原子还含有一个孤电子对；D元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数解答：解：A钾离子结构示意图为，故A错误；B乙醇的分子式为C2H6O，乙醇分子的结构简式为：CH3CH2OH，故B错误；C水合氢离子中O原子还含有一个孤电子对，其电子式为，故C错误；D元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数，所以中子数为18的硫原子质量数为34，表示为：S，故D正确；故选D点评：本题考查了化学用语，涉及电子式、结构示意图、原子、结构简式的书写，还常常考查结构式、实验式、核外电子排布式、比例模型、球棍模型等化学用语，注意化学用语的规范性，题目难度不大3（2分）下列有关物质性质的描述和该性质的应用均正确的是（）A氨气具有还原性，用浓氨水检验氯气 管道是否泄漏BCuSO4溶液能使蛋白质溶液产生沉淀，该过程可用于提纯蛋白质C二氧化锰具有强氧化性，能将双氧水氧化为氧气D铜的金属活动性比铝弱，可用铜罐代替铝罐贮运浓硝酸考点：氨的化学性质；硝酸的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点专题：元素及其化合物分析：A根据氨水可以用来检验有毒气体氯气的泄漏，反应式为3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl来分析；B、CuSO4溶液能使蛋白质溶液变性，该过程不可逆；C、双氧水分解产生氧气，二氧化锰是催化剂；D、铝在浓硫酸中发生钝化，而铜要与浓硝酸发生氧化还原反应解答：解：A根据氨水可以用来检验有毒气体氯气的泄漏，反应式为3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，氨气具有还原性，冒白烟，故A正确；B、CuSO4溶液能使蛋白质溶液变性，该过程不可逆，故B错误；C、双氧水分解产生氧气，二氧化锰是催化剂，故C错误；D、铝在浓硫酸中发生钝化，而铜要与浓硝酸发生氧化还原反应，所以不能用铜代替铝，故D错误；故选A点评：本题主要考查了物质的性质，难度不大，注意相关知识的积累4（2分）常温下，下列各组离子在制定溶液中一定能大量共存的是（）A使苯酚显紫色的溶液：NH4+、K+、SCN、NO3B加入铝粉产生氢气的溶液：Na+、K+、SO42、ClCc（C6H5OH）=0.1molL1的溶液中：K+、HCO3、SO42、CO32D由水电离产生的c（H+）=1013molL1的溶液：Fe2+、Na+、NO3、SO42考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：A使苯酚显紫色的溶液，含Fe3+，离子之间结合生成络离子；B加入铝粉产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；CC6H5OH与CO32反应；D由水电离产生的c（H+）=1013molL1的溶液，为酸或碱溶液解答：解：A使苯酚显紫色的溶液，含Fe3+，与SCN结合生成络离子，不能共存，故A错误；B加入铝粉产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸、碱溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，故B正确；CC6H5OH与CO32反应，不能共存，故C错误；D由水电离产生的c（H+）=1013molL1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中Fe2+、H+、NO3发生氧化还原反应，碱溶液中不能存在Fe2+，故D错误；故选B点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子的反应为解答的关键，侧重分析能力与氧化还原反应、络合反应的考查，题目难度不大5（2分）下列说法正确的是（）A常温下，反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，则该反应的H0BSiO键的键能大于SiCl键的键能，因此SiO2的熔点高于晶体SiCl4的熔点C稀醋酸与0.1mol/L NaOH溶液反应：H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJ/molD已知：2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=566kJmol1，如图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系考点：反应热和焓变专题：化学反应中的能量变化分析：A、当HTS0时，反应可自发进行，HTS0，反应不能自发进行；B、SiO2属于原子晶体，SiCl4属于分子晶体；C、醋酸为弱电解质，电离吸热；D、方程式与图中CO的物质的量不对应解答：解：A、常温下，反应C（s）+CO2（g）=2CO（g），该反应为熵增加的反应，即S0，不能自发进行，说明HTS0，则该反应的H0，故A正确；B、SiO2属于原子晶体，SiCl4属于分子晶体，原子晶体的熔点比分子晶体高，与键能无关，故B错误；C、醋酸为弱电解质，电离吸热，所以稀醋酸与0.1mol/L NaOH溶液反应生成1mol放出的热量小于57.3kJ/mol，故C错误；D、方程式中CO的计量数为2即2mol，与图中CO的物质的量不对应，故D错误故选A点评：本题考查了反应自发性的判断、晶体熔点的比较、中和热、反应能量图象，题目涉及的知识点较多，注意对基础知识的积累，题目难度不大6（2分）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状况下，22.4L SO3中含有原子数目为4NABt时，MgCO3的Ksp=4106，则饱和溶液中含Mg2+数目为2103NAC1mol Cl2与足量的铁反应，转移的电子数为2NAD在含Al3+总数为NA的AlCl3溶液中，Cl总数为3NA考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、三氧化硫标准状况不是气体；B、依据溶度积常数 计算；C、氯气和足量铁反应生成氯化铁，电子转移依据反应的氯气计算；D、铝离子水解；解答：解：A、三氧化硫标准状况不是气体，22.4L SO3，物质的量不是1mol，故A错误；B、依据溶度积常数计算，Ksp=c（Mg2+）c（OH）2=4106，c（OH）=2c（Mg2+），c（Mg2+）=1102mol/L，故B错误；C、氯气和足量铁反应生成氯化铁，电子转移依据反应的氯气计算，1mol Cl2与足量的铁反应，转移的电子数为2NA，故C正确；D、铝离子水解，在含Al3+总数为NA的AlCl3溶液中，Cl总数大于3NA，故D错误；故选C点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积条件分析，溶度积常数计算应用盐类水解离子浓度判断，掌握基础是关键，题目较简单7（2分）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）ACu与过量稀硝酸在加热时的反应：3Cu+2NO3+8H+3Cu2+2NO+4H2OB将氯气溶于水配制氯水：Cl2+H2O2H+Cl+ClOC铁与FeCl3溶液反应：2Fe+Fe3+3Fe2+D向Ca（ClO）2溶液中通入足量CO2：Ca2+CO2+H2OCaCO3+2H+考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：A、Cu与过量稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水；B、HClO是弱电解质，在离子方程式中要写分子；C、离子方程式电荷不守恒；D、向Ca（ClO）2溶液中通入足量CO2生成HClO，HClO是弱电解质解答：解：A、Cu与过量稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，Cu与过量稀硝酸在加热时的反应：3Cu+2NO3+8H+3Cu2+2NO+4H2O，故A正确；B、HClO是弱电解质，在离子方程式中要写分子，则将氯气溶于水配制氯水：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故B错误；C、铁与FeCl3溶液反应：Fe+2Fe3+3Fe2+，故C错误；D、向Ca（ClO）2溶液中通入足量CO2生成HClO，HClO是弱电解质，则向Ca（ClO）2溶液中通入足量CO2：Ca2+CO2+H2O+2ClOCaCO3+2HClO，故D错误故选A点评：本题考查了离子方程式的正误判断和书写原则，注意电荷守恒分析，反应实质理解，题目较简单8（2分）下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应不能实现如图所示转化的是（）甲乙丙AAl2O3AlCl3Al（OH）3BCuOCu（OH）2CuCl2CFeFeCl3FeCl2DNaClNaHCO3Na2CO3AABBCCDD考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；钠的化学性质；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：A氧化铝和盐酸反应生成氯化铝，氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝，加热氢氧化铝生成氧化铝；B氧化铜和水不反应；C铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，氯化亚铁和锌反应生成铁；D氯化钠溶液中先通入氨气后通入二氧化碳能生成碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠解答：解：AAl2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、AlCl3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4Cl、Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O、2Al（OH）3Al2O3+3H2O，故A不选；B氧化铜和水不反应，所以不能由氧化铜一步反应生成氢氧化铜，故B选；C.2Fe+3Cl22FeCl3、2FeCl3+Fe=3FeCl2、2FeCl2+Cl2=2FeCl3、FeCl2+Zn=ZnCl2+Fe，故C不选；DNaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O、Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3、Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2O，故D不选；故选B点评：本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，易错选项是D，注意侯德榜制碱法中涉及此反应，为易错点9（2分）下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A如图实验制取少量的Fe（OH）3胶体B如图实验试管中溶液吸收NH3，并防止倒吸C如图实验用H2SO4标准溶液滴定NaOH溶液D可用如图实验装置除去CO2气体中含有的少量HCl杂质考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A实验得到氯化铁溶液；B苯的密度比水的密度小；C硫酸用酸式滴定管装；D氢氧化钠能够与二氧化碳反应解答：解：A将少量饱和FeCl3溶液滴入沸水中并继续煮沸至溶液呈红褐色得到Fe（OH）3胶体，故A错误； B苯的密度比水的密度小，水位于下层，会发生倒吸，故B错误；C硫酸用酸式滴定管装，右边为酸式滴定管，故C正确；D氢氧化钠会吸收二氧化碳和氯化氢，把二氧化碳也除去了，故D错误故选C点评：本题考查胶体的制取，中和滴定，物质的分离、提纯和除杂，题目难度不大，注意所选的除杂试剂只与杂质反应，不能与原有物质反应，且反应后不能生成新的杂质10（2分）（xx南通二模）六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，其中A与E同主族，B与 F同主族，E与F同周期已知常温下单质A与E的状态：不同，D原子的核电荷 数是B原子最外层电子数的2倍，单质F是一种重要的半导体材料则下列推断中正确的是（）A由A、C、D三种元素组成的化合物一定是共价化合物BF与D形成的化合物性质很不活泼，不与任何酸反应C原子半径由大到小的顺序是：EFCDD元素的非金属性由强到弱的顺序是：DCFB考点：位置结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，单质F是一种重要的半导体材料，则F为硅元素；B与 F同主族，则B为碳元素；D原子的核电荷数是B原子最外层电子数的2倍，则D的质子数为8，则D为氧元素；C的原子序数介于碳元素与氧元素之间，则C为氮元素；E与F同周期，则E处于第三周期，原子序数小于硅元素，A与E同主族，已知常温下单质A与E的状态不同，则A、E处于第A族，故A为氢元素，E为钠元素结合元素周期律及物质性质判断解答：解：六种短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，单质F是一种重要的半导体材料，则F为硅元素；B与 F同主族，则B为碳元素；D原子的核电荷数是B原子最外层电子数的2倍，则D的质子数为8，则D为氧元素；C的原子序数介于碳元素与氧元素之间，则C为氮元素；E与F同周期，则E处于第三周期，原子序数小于硅元素，A与E同主族，已知常温下单质A与E的状态不同，则A、E处于第A族，故A为氢元素，E为钠元素故A为氢元素，B为碳元素；C为氮元素；D为氧元素，E为钠元素，F为硅元素A、由分析可知，A为氢元素，C为氮元素；D为氧元素，三元素组成的硝酸铵属于离子化合物，故A错误；B、D为氧元素，F为硅元素，二者组成的物质是二氧化硅，性质不活泼，但能与氢氟酸反应，故B错误；C、C为氮元素；D为氧元素，E为钠元素，F为硅元素，同周期随原子序数越大，原子半径越小，所以NaSiCNO，同主族自上而下原子半径增大，所以SiC，所以原子半径NaSiNO，即EFCD，故C正确；D、B为碳元素；C为氮元素；D为氧元素，F为硅元素，同周期水原子序数越大，金属性减弱，非金属性增强，同主族自上而下，金属性增强，非金属性减弱，所以元素的非金属性SiCNO，即DCBF，故D错误故选：C点评：考查结构性质与位置关系、元素周期律等，难度不大，推断元素是关键，突破口是单质F是一种重要的半导体材料二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分每小题只有一个或两个选项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分11（4分）下列叙述中正确的是（）A对N2（g）+3H2（g）2NH3（g），其他条件不变时充入N2，正反应速率增大，逆反应速率减小B相同条件下，Na2CO3溶液的碱性强于C6H5ONa，说明C6H5OH的酸性强于H2CO3C常温下，将pH=10的氨水稀释，溶液中所有离子浓度都减小D电解含Cu2+、Ag+的混合溶液，阴极先析出Ag，说明Ag+的氧化性比Cu2+强考点：化学反应速率的影响因素；氧化性、还原性强弱的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用专题：基本概念与基本理论分析：A其他条件不变时充入N2，瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变；BNa2CO3溶液的碱性强于C6H5ONa，Na2CO3溶液的水解程度大；C将pH=10的氨水稀释，氢氧根离子浓度减小，Kw不变；D电解含Cu2+、Ag+的混合溶液，氧化性强的离子先得到电子解答：解：A其他条件不变时充入N2，瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率减小，逆反应速率增大，均比原平衡的速率大，故A错误；BNa2CO3溶液的碱性强于C6H5ONa，Na2CO3溶液的水解程度大，则说明C6H5OH的酸性强于HCO3，故B错误；C将pH=10的氨水稀释，氢氧根离子浓度减小，Kw不变，则氢离子浓度增大，故C错误；D电解含Cu2+、Ag+的混合溶液，氧化性强的离子先得到电子，则阴极先析出Ag，说明Ag+的氧化性比Cu2+强，故D正确；故选D点评：本题考查较综合，涉及化学反应速率的影响因素、盐类水解、pH的计算及溶液稀释、电解原理及应用等，注重高频考点的考查，把握氢化学反应原理为解答的关键，选项B为解答的易错点，题目难度不大12（4分）（xx南通二模）甘草甜素在治疗丙肝、艾滋病、非典等疾病方面有一定疗效甘草甜素在一定条件下可转化为甘草次酸下列有关说法正确的是（）A甘草甜素转化为甘草次酸属于酯的水解B在Ni催化作用下，1mol 甘草次酸最多能与2molH2发生加成反应C甘草甜素中含有羧基、羰基、碳碳双键、酚羟基等官能团D甘草甜素、甘草次酸均可与Na2CO3、溴水等无机试剂发生反应考点：有机物的结构和性质专题：有机物的化学性质及推断分析：甘草甜素发生取代反应转化为甘草次酸，两种物质中均含OH、碳碳双键、COOH，结合醇、烯烃、羧酸的性质来解答解答：解：A不含有COOC，则不发生酯的水解，故A错误；B甘草次酸中含碳碳双键、C=0键，可与氢气发生加成反应，在Ni催化作用下，1mol 甘草次酸最多能与2molH2发生加成反应，故B正确；C由结构简式可知，甘草甜素中含有羧基、羰基、碳碳双键、醇羟基等官能团，不含酚羟基，故C错误；D均含碳碳双键，均可与溴水反应，均含COOH，均与Na2CO3发生反应，故D正确；故选BD点评：本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握有机物的官能团、性质的关系为解答的关键，熟悉羧酸、烯烃等有机物的性质即可解答，题目难度不大13（4分）下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是（）选项实验操作实验现象结 论A苯酚中滴加浓溴水酸性明显增强发生了取代反应B向溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀溶液X中不一定含有SO42C向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体出现白色沉淀H2SiO3的酸性比H2CO3强D向浓度均为0.1molL1 NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）AABBCCDD考点：化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A苯酚中滴加浓溴水生成2，4，6三溴苯酚沉淀和HBr；B向溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液有白色沉淀生成，沉淀为硫酸钡或AgCl；C反应生成硅酸沉淀，酸性为碳酸大于硅酸；D同类型的沉淀，溶度积小的沉淀先析出解答：解：A苯酚中滴加浓溴水酸性明显增强，生成HBr，该反应为取代反应，故A正确； B向溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液有白色沉淀生成，则不能说明该溶液中一定含有SO42，还可能为Ag+，可能为SO32，故B正确；C向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，反应生成硅酸沉淀，酸性为碳酸大于硅酸，为强酸制取弱酸的反应，故C错误；D同类型的沉淀，溶度积小的沉淀先析出，即Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故D正确故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及取代反应、离子的检验、酸性比较及沉淀转化等，侧重实验操作和实验原理的考查，注意实验方案的操作性、可行性、评价性分析，题目难度不大14（4分）常温下，向10mL 0.1molL1的H2C2O4溶液中逐滴加入0.1molL1 KOH溶液，所得滴定曲线如图所示下列说法正确的是（）AKHC2O4溶液呈弱碱性BB点时：c（K+）c（HC2O4）c（H+）c（OH）CC点时：c（K+）c（HC2O4 ）+2c（C2O42）+c（H2C2O4）DD点时：c（H+）+c（HC2O4）+c（H2C2O4）=c（OH）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：AB点时等物质的量的H2C2O4和KOH恰好反应生成KHC2O4，溶液的pH小于7；B、B点时酸和碱的物质的量相等，但溶液呈酸性，说明HC2O4的电离程度大于水解程度；C、C点时，溶液呈中性，c（H+）=c（OH），结合电荷守恒得c（K+）=c（HC2O4）+2c（C2O4 2 ），结合溶液中的溶质判断离子浓度关系；D、D点时，氢氧化钾的物质的量是草酸的2倍，二者恰好反应而溶液呈碱性，说明草酸是二元弱酸，根据质子守恒判断解答：解：AB点时等物质的量的H2C2O4和KOH恰好反应生成KHC2O4，溶液的pH小于7，说明KHC2O4溶液呈弱酸性，故A错误；BB点溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），溶液中存在电荷守恒：c（K+）+c（H+）=c（HC2O4）+c（OH）+2c（C2O4 2 ），所以c（K+）c（HC2O4），故B正确；CC点时，溶液呈中性，c（H+）=c（OH），结合电荷守恒得c（K+）=c（HC2O4）+2 c（C2O4 2 ），此点溶液中的溶质是草酸钠，草酸氢根离子水解较微弱，所以所以c（C2O4 2 ）c（H2C2O4），则c（HC2O4）+2c（C2O4 2 ）+c（H2C2O4）c（K+）c（HC2O4）+2 c（C2O4 2）+c（H2C2O4），故C正确；DD点时，氢氧化钾的物质的量是草酸的2倍，二者恰好反应生成草酸钠，根据质子守恒得c（H+）+c（C2O4 2）+2c（H2C2O4）=c（OH），故D错误；故选BC点评：本题考查酸碱混合溶液定性判断，根据物料守恒、电荷守恒、质子守恒来分析解答，难度中等15（4分）（xx江苏一模）在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni（s）+4CO（g）Ni（CO）4（g），已知该反应平衡常数与温度的关系如表1：表1 平衡常数与温度的关系温度/2580230平衡常数510421.9105下列说法不正确的是（）A上述生成Ni（CO）4（g）的反应为吸热反应B25时反应Ni（CO）4（g）Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为2105C在80时，测得某时刻，Ni（CO）4、CO浓度均为0.5mol/L，则此时v（正）v（逆）D80达到平衡时，测得n（CO）=0.3mol，则Ni（CO）4的平衡浓度为2mol/L考点：化学平衡的计算专题：化学平衡专题分析：A由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，据此判断；B相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数；C计算常数的浓度商Qc，与平衡常数比较，判断反应进行方向，据此判断；D根据80C平衡常数计算Ni（CO）4的平衡浓度解答：解：A由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，故A错误；B.25C时反应Ni（s）+4CO（g）Ni（CO）4（g）的平衡常数为5104，相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，故25C时反应Ni（CO）4（g）Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为=2105，故B正确；C浓度商Qc=8，大于80C平衡常数2，故反应进行方向逆反应进行，故v（正）v（逆），故C错误；D.80C达到平衡时，测得n（CO）=0.3mol，c（CO）=1mol/L，故cNi（CO）4=Kc4（CO）=214mol/L=2mol/L，故D正确；故选AC点评：本题考查化学平衡常数及影响因素、化学平衡常数有关计算等，难度中等，注意掌握化学平衡常数的应用三、第卷（非选择题共80分）16（12分）（xx南通一模）工业上利用锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物）制取金属锌的流程如图所示回答下列问题：（1）酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，该反应的化学方程式为ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O（2）净化操作分为两步：第一步是将溶液中少量的Fe2+氧化；第二步是控制溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀写出酸性条件下H2O2与Fe 2+反应的离子方程式：H2O2+2Fe2+2H+2Fe3+2H2O25时，pH=3的溶液中，c（Fe3+）=4.0105molL1（已知25，KspFe（ OH）3=4.01038）净化生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是Fe（OH）3胶体（沉淀）具有吸附性（3）若没有净化操作，则对锌的制备带来的影响是制取的锌含铜等杂质（4）本流程中可以循环利用的物质除锌外还有H2SO4、ZnSO4考点：制备实验方案的设计专题：实验设计题分析：（1）酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，两种盐分别为硫酸锌、硫酸铁，即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁；（2）双氧水具有氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子；根据氢氧化铁的溶度积及pH=3计算出溶液中铁离子浓度；根据Fe（OH）3胶体（沉淀）具有的吸附性进行分析；（3）锌焙砂中含有CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物，反应后溶液中存在铜离子，没有净化操作，电解制取的锌会含有铜等杂质；（4）根据制取流程可以看出，能够循环利用的物质有锌、硫酸和硫酸锌解答：解：（1）根据信息，酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，这两种盐分别为硫酸锌、硫酸铁，即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁，反应的化学方程式为：ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O，故答案为：ZnFe2O4+4H2SO4ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；（2）亚铁离子被双氧水氧化成铁离子，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2+2H+2Fe3+2H2O，故答案为：H2O2+2Fe2+2H+2Fe3+2H2O；氢氧化铁的溶度积KspFe（ OH）3=4.01038，pH=3的溶液中，氢氧根离子的浓度为11011mol/L，c（Fe3+）=mol/L=4.0105mol/L，故答案为：4.0105；由于生成的Fe（OH）3胶体（沉淀）具有吸附性，所以净化生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，故答案为：Fe（OH）3胶体（沉淀）具有吸附性；（3）由于锌焙砂中含有CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物，反应后溶液中存在铜离子，没有净化操作，电解制取的锌中会含有铜等杂质，故答案为：制取的锌含铜等杂质；（4）通过制取金属锌的流程图示可以知道，可以循环利用的物质除锌外，含有硫酸、硫酸锌，故答案为：H2SO4、ZnSO4点评：本题借助制取金属锌的流程考查了离子浓度计算、离子方程式、化学方程式的书写等知识，注意合理分析题中信息，本题难度中等，充分考查了分析、理解能力17（15分）（xx浙江模拟）紫杉醇（paclitaxel）是一种抗癌药，化合物D是紫杉醇的侧链，D的合成路线如图甲：（1）A的合成应用了xx年诺贝尔化学奖的获奖成果交叉偶联反应，反应式如下（已配平）： CH3COOCH2COCl+XA+HCl，X分子中含碳氮双键（C=N），其结构简式为（2）已知酯和酰胺在过量醇中能发生醇解反应：CH3COOC2H5+CH3OHCH3COOCH3+C2H5OHCH3CO+CH3OHCH3COOCH3+H“醇解反应”的反应类型为取代反应，B转化为C中另一产物的结构简式为CH3COOCH3（3）若最后一步水解的条件控制不好，D会继续水解生成氨基酸E和芳香酸FE在一定条件下能发生缩聚反应，写出所得高分子化合物的一种可能的结构简式：或；F的同分异构体中，属于芳香族化合物、能发生银镜反应且核磁共振氢谱有4个峰的有两种，请写出其中一种的结构简式：或（4）已知：RCHO RCOOHRCOCl写出以甲醛和乙醛为原料合成CH3COOCH2COCl的路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如图乙考点：有机物的合成专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）根据原子守恒，及A与CH3COOCH2COCl的结构，确定X的结构简式（2）根据酯和酰胺的结构以及生成的酯的结构分析解答；由酰胺在过量醇中能发生醇解反应的信息可知，在如图所示虚线发生化学键断裂，O原子、N原子连接甲醇中羟基中的H原子，OCH3连接断键处的C原子；（3）最后一步水解的条件控制不好，D会继续水解生成氨基酸E和芳香酸F，由D的结构可知，E为HOOCCH（OH）CH（NH2）C6H5，F为C6H5COOH，E分子中含有COOH、OH、NH2，可以通过形成酯缩聚生成高聚物，也可以通过成肽键发生缩聚反应生成高聚物；C6H5COOH的同分异构体中，属于芳香族化合物、能发生银镜反应，故含有苯环、醛基或是甲酸酚酯，核磁共振氢谱有4个峰，含有4种不同的H原子，据此书写；（4）CH3COOCH2COCl中含有酯基，结合信息可知，先由CH3CHO氧化生成CH3COOH，HCHO在HCN、酸性条件下合成HOCH2COOH，HOCH2COOH在PCl3条件下合成HOCH2COCl，再由CH3COOH与HOCH2COCl在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成CH3COOCH2COCl解答：解：（1）CH3COOCH2COCl+X+HCl，X分子中含碳氮双键（C=N），应在如图虚线所示位置是反应成键位置，故X为，故答案为：；（2）由反应方程式CH3COOC2H5+CH3OHCH3COOCH3+C2H5OH，可知OCH3取代OC2H5，CH3CO+CH3OHCH3COOCH3+H，可知OCH3取代，故酯和酰胺在过量醇中能发生醇解反应属于取代反应，由酰胺在过量醇中能发生醇解反应的信息可知，在如图所示虚线发生化学键断裂，O原子、N原子连接甲醇中羟基中的H原子，OCH3连接断键处的C原子，故还生成CH3COOCH3，故答案为：CH3COOCH3；（3）最后一步水解的条件控制不好，D会继续水解生成氨基酸E和芳香酸F，由D的结构可知，E为HOOCCH（OH）CH（NH2）C6H5，F为C6H5COOH，E分子中含有COOH、OH、NH2，可以通过形成酯缩聚生成高聚物，也可以通过成肽键发生缩聚反应生成高聚物，故可能的高聚物为或，故答案为：或；C6H5COOH的同分异构体中，属于芳香族化合物、能发生银镜反应，故含有苯环、醛基或是甲酸酚酯，核磁共振氢谱有4个峰，含有4种不同的H原子，符合条件的结构为或，故答案为：或；（4）CH3COOCH2COCl中含有酯基，结合信息可知，先由CH3CHO氧化生成CH3COOH，HCHO在HCN、酸性条件下合成HOCH2COOH，HOCH2COOH在PCl3条件下合成HOCH2COCl，再由CH3COOH与HOCH2COCl在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成CH3COOCH2COCl，故合成路线流程：，故答案为：点评：考查有机物的推断与合成，是对有机化合物知识的综合考查，理解给出的反应信息及成分利用物质的分子结构是解题的关键，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，是高考热点题型，难度较大18（12分）过氧乙酸是一种弱酸性氧化剂，广泛用作漂白剂和高效杀菌消毒剂等、制备：冰醋酸与H2O2浓溶液按体积比1：1混合，加入适量浓硫酸，控制温度530，搅拌30min并静置46h反应原理为：、含量测定：称取5.0000g过氧乙酸试样（液体），稀释至100mL备用取上述稀释后过氧乙酸试样5.00mL，用0.0100molL1KMnO4溶液滴定到终点以除去其中的H2O2，随即加入10%KI溶液10mL，加入0.5%淀粉溶液3滴，摇匀，并用0.0500molL1Na2S2O3标准溶液滴定到蓝色刚好褪去（离子反应方程式为：I2+2S2O32=2I+S4O62），消耗Na2S2O3标准溶液的总体积为20.00mL（1）制备过氧乙酸时，温度不宜过高，其原因可能是温度过高，过氧化氢会发生分解（2）稀释样品时，除用到容量瓶及烧杯外，还用到的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管（3）过氧乙酸溶液与KI反应的离子方程式为CH3COOOH+2H+2I=I2+CH3COOH+H2O（4）通过计算确定原试样中过氧乙酸的质量分数（写出计算过程）15.2%考点：化学方程式的有关计算；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用专题：计算题；实验设计题分析：（1）温度过高时过氧化氢会分解不能保证其和醋酸充分反应；（2）稀释样品时，还要用到胶头滴管取液体，用玻璃棒在溶解时要搅拌； （3）根据氧化还原反应原理，碘离子被氧化为碘单质，过氧乙酸溶液被还原为乙酸分子；（4）根据（3）的方程式及I2+2S2O32=2I+S4O62两个化学方程式，可以得关系式如下：CH3COOOHI22Na2S2O3，据此计算稀释后5mL反应中n（CH3COOOH），进而计算原试样中过氧乙酸的质量分数解答：解：（1）温度过高时过氧化氢会分解不能保证其和醋酸充分反应，故答案为：温度过高，过氧化氢会发生分解；（2）稀释样品时，还要用到胶头滴管取液体，用玻璃棒在溶解时要搅拌，故答案为：玻璃棒；胶头滴管； （3）根据氧化还原反应原理，碘离子被氧化为碘单质，过氧乙酸溶液被还原为乙酸分子，故反应方程式为：CH3COOOH+2H+2I=I2+CH3COOH+H2O，故答案为：CH3COOOH+2H+2I=I2+CH3COOH+H2O；（4）根据（3）的方程式及I2+2S2O32=2I+S4O62两个化学方程式，可以得关系式如下：CH3COOOHI22Na2S2O3，由关系式可知，n（CH3COOOH）=n（Na2S2O3）=0.05mol/L0.02L=5104mol，故原样品中w（CH3COOOH）=100%=15.2%，故答案为：15.2%点评：本题考查氧化还原反应滴定、实验原理的分析和多步反应关系的计算等，难度中等，（4）中注意利用关系式进行计算，为易错点，学生容易忽略滴定中所取溶液的体积，按稀释后溶液体积计算，导致错误答案19（15分）（xx徐州模拟）氯酸镁Mg（ClO3）2常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备少量Mg（ClO3）26H2O的流程如下：已知：卤块主要成分为MgCl26H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质四种化合物的溶解度（S）随温度（T）变化曲线如下图所示（1）过滤所需要的主要玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，加MgO后过滤所得滤渣的主要成分为BaSO4和Fe（OH）3（2）加入BaCl2的目的是除去SO42，如何检验SO42已沉淀完全？答：静置，取上层清液加入BaCl2，若无白色沉淀，则SO42沉淀完全（3）加入NaClO3饱和溶液发生反应为：MgCl2+2NaClO3Mg（ClO3）2+2NaCl再进一步制取Mg（ClO3）26H2O的实验步骤依次为：蒸发结晶；趁热过滤；冷却结晶；过滤、洗涤（4）产品中Mg（ClO3）26H2O含量的测定：步骤1：准确称量3.50g产品配成100mL溶液步骤2：取10mL于锥形瓶中，加入10mL稀硫酸和20mL 1.000molL1的FeSO4溶液，微热步骤3：冷却至室温，用0.100molL1 K2Cr2O7溶液滴定至终点，此过程中反应的离子方程式为：Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O步骤4：将步骤2、3重复两次，平均消耗K2Cr2O7溶液15.00mL写出步骤2中发生反应的离子方程式：ClO3+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl+3H2O产品中Mg（ClO3）26H2O的质量分数为78.3%考点：镁、铝的重要化合物；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计专题：几种重要的金属及其化合物分析：（1）过滤实验用到的仪器：漏斗、玻璃棒、烧杯、滤纸、铁架台等，根据加氧化镁后溶液的pH为4，可以沉淀的离子来回答；（2）根据钡离子可以和硫酸根离子之间反应生成白色不溶于硝酸的白色沉淀来回答；（3）根据物质的溶解度大小，溶液获得晶体的方法：蒸发结晶、过滤、冷却结晶；（4）氯酸根离子具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为正三价；根据化学反应得出各个质物之间的关系式，计算百分含量解答：解：（1）过滤实验用到的仪器：漏斗、玻璃棒、烧杯、滤纸、铁架台等，其中玻璃仪器有：漏斗、玻璃棒、烧杯，加入氧化镁，调节溶液的pH为4，此时铁离子形成了沉淀氢氧化铁，钡离子已经和硫酸根离子只碱反应生成了硫酸钡沉淀，故答案为：漏斗、玻璃棒、烧杯；BaSO4和Fe（OH）3；（2）检验硫酸根离子是否除净的方法：静置，取上层清液加入BaCl2，若无白色沉淀，则SO42沉淀完全，故答案为：静置，取上层清液加入BaCl2，若无白色沉淀，则SO42沉淀完全；（3）根据物质的溶解度大小，溶液获得晶体的方法：蒸发结晶、过滤、冷却结晶；故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；冷却结晶；（4）氯酸根离子具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为正三价，化学方程式为：ClO3+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl+3H2O，故答案为：ClO3+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl+3H2O；根据化学方程式：ClO3+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl+3H2O以及Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，可以得出：ClO36Fe2+，Cr2O726Fe2+，用0.100molL1 K2Cr2O7溶液滴定至终点过程可以得出剩余的亚铁离子的物质的量为：0.100molL10.015L6=0.009mol，和氯酸根离子反应的亚铁离子的物质的量为：20103L1.000molL10.009mol=0.011mol，氯酸根离子的物质的量为：0.011mol，产品中Mg（ClO3）26H2O的质量分数：（0.011299g/mol）10100%=78.3%故答案为：78.3%点评：本题考查对常见金属元素及其化合物主要性质的掌握，以及对离子反应实质的认识；同时考查应用基础知识解决简单化学问题的能力以及对图表的观察、分析能力，物质溶解度概念的应用，晶体析出的方法，杂质离子的除杂原则和试剂选择，题目难度中等20（14分）（xx江苏）下表列出了3种燃煤烟气脱硫方法的原理方法用氨水将SO2转化为NH4HSO3，再氧化成（NH4）2SO4方法用生物质热解气（主要成分CO、CH4、H2）将SO2在高温下还原成单质硫方法用Na2SO3溶液吸收SO2，再经电解转化为H2SO4（1）方法中氨水吸收燃煤烟气中SO2的化学反应为：2NH3+SO2+H2O=（NH4）2SO3（NH4）2SO3+SO2+H2O=2NH4HSO3能提高燃煤烟气中SO2去除率的措施有A、C（填字母）A增大氨水浓度 B升高反应温度C使燃煤烟气与氨水充分接触 D通入空气使HSO3转化为SO42采用方法脱硫，并不需要预先除去燃煤烟气中大量的CO2，原因是HCO3+SO2=CO2+HSO3（用离子方程式表示）（2）方法重要发生了下列反应：2CO（g）+SO2（g）=S（g）+2CO2（g）H=8.0kJmol12H2（g）+SO2（g）=S（g）+2H2O（g）H=90.4kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566.0kJmol12H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJmol1S（g）与O2（g）反应生成SO2（g）的热化学方程式为S（g）+O2（g）=SO2（g）H574.0kJmol1（3）方法中用惰性电极电解NaHSO3溶液的装置如右图所示阳极区放出气体的成分为O2、SO2（填化学式）考点：二氧化硫的污染及治理；热化学方程式；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的调控作用；电解原理分析：（1）提高SO2的转化率，可以增大氨水的浓度、与氨水充分接触；不需要通入CO2的原因是因为HCO3+SO2=CO2+HSO3而产生CO2，不影响的SO2吸收；（2）利用盖斯定律，适当变形，可以得出S（g）与O2（g）反应生成（g）的热化学方程式；（3）阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，有O2生成，同时在阳极区加入稀硫酸，会有SO2，电极产生的气体为O2和SO2解答：解：（1）提高SO2的转化率，可以增大氨水的浓度、与氨水充分接触；不需要通入CO2的原因是因为HCO3+SO2=CO2+HSO3而产生CO2，故答案为：A、C；HCO3+SO2=CO2+HSO3；（2）根据以下反应2CO（g）+SO2（g）=S（g）+2CO2（g）H=8.0kJmol12H2（g）+SO2（g）=S（g）+2H2O（g）H=90.4kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566.0kJmol12H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.6kJmol1，利用盖斯定律，或可得到S（g）与O2（g）反应生成SO2（g）的热化学方程式为S（g）+O2（g）=SO2（g）H574.0kJmol1故答案为：S（g）+O2（g）=SO2（g）H574.0kJmol1；（3）电解时，阳极发生氧化反应，有O2生成，同时在阳极区加入稀硫酸，会有SO2，故答案为：O2、SO2点评：本题考察的知识覆盖面比较多，涉及到环境保护、盖斯定律、热化学方程式、离子方程式、电极方程式等内容，注意反应热的计算，不要忽视热化学方程式的书写的注意事项四、选做题：物质结构（共1小题，满分12分）21（12分）物质结构与性质从原子、分子水平上帮助我们认识物质构成的规律；以微粒之间不同的作用力为线索，研究不同类型物质的有关性质；从物质结构决定性质的视角预测物质的有关性质（1）下列说法正确的是A（填字母）A元素电负性由大到小的顺序为FONB一个苯分子含3个键和6个键C氯化钠和氯化铯晶体中氯离子的配位数相同D第一电离能的大小为BrSeAs（2）根据等电子体原理，羰基硫（OCS）分子的结构式为O=C=S光气（COCl2）各原子最外层都满足8电子稳定结构，COCl2分子空间构型为平面三角形（用文字描述）（3）Cu 2+基态的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9向硫酸铜溶液中加入过量氨水，然后加入适量乙醇，溶液中会析出深蓝色的Cu（NH3）4SO4晶体，该物质中配位原子的杂化方式为s